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四川省成都市2021-2022学年高一下学期期末化学试题Word版含解析
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这是一份四川省成都市2021-2022学年高一下学期期末化学试题Word版含解析，共26页。试卷主要包含了 下列不属于海水淡化的方法是， 下列比较错误的是， 下列相关实验与结论均正确的是， 下列方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021～2022学年度下期期末高一年级调研考试
化学
考试时间100分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Cl 35.5
一、选择题：本题共22小题，每小题2分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. “十四五”生态环保工作强调要落实“减污降碳”的总要求。下列说法正确的是
A. 在一定条件下，选择合适的催化剂可将CO2氧化为甲酸
B. 推广使用煤的气化、液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
C. 向河水中加入明矾，可除去许多杂质并杀灭有害细菌
D. 人工合成淀粉技术的应用有助于实现“碳达峰”和“碳中和”
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳氧化为甲酸，碳元素价态降低得电子，应加入还原剂才能实现转化，只加入催化剂不能实现此转化，故A错误；
B．煤的气化、液化技术有利于煤的综合利用，减少有害气体排放，但不能减少二氧化碳排放，故B错误；
C．向河水中加入明矾，铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附水中悬浮物净水，不能杀菌消毒，故C错误；
D．人工合成淀粉技术的应用可有效减少二氧化碳气体的排放，有助于实现“碳达峰”和“碳中和”，故D正确；
故选：D。
2. 下列物质转化的反应类型为取代反应的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．是乙醇的催化氧化，是氧化反应，故A不符合题意；
B．是乙醇在浓硫酸加热条件下发生的消去反应，故B不符合题意；
C．是乙烯与溴化氢发生的加成反应，故C不符合题意；
D． 是硝化反应，硝基取代了环上的氢，又叫取代反应，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
3. 《本草纲目》中对酿酒有如下记载：“……近时惟以糯米或粳米或柔或秫或大麦蒸熟，和曲酿瓮中七日，以瓶蒸取……”。下列有关酿酒的说法错误的是
A. 酿酒过程中发生了淀粉水解和葡萄糖分解
B. 酿酒时温度越高产量越高
C. 酿酒过程中需用到蒸馏操作
D. 葡萄酒密封储存时间越长，质量越好的原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．酿酒过程包含淀粉水解成葡萄糖和葡萄糖发酵分解生成酒精和二氧化碳两步反应，A正确；
B．“曲”是指酿酒过程中起催化作用酒化酶，酿酒时温度过高，能够使酒化酶变性，酒精的产量反而降低，B错误；
C．“以甑蒸取”过程涉及了蒸馏操作，C正确；
D． 葡萄酒密封储存时间越长，质量越好的原因之一是储存过程中乙醇被氧化生成了乙酸、乙酸和乙醇发生酯化反应生成了有香味的酯，D正确；
答案选B。
4. 下列有关元素周期表的说法正确的是
A. 在过渡元素中可寻找优良催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
B. 所有主族元素的最高化合价等于它所处的族序数
C. 元素周期表中最外层电子数为Ⅰ的元素一定在第ⅠA族，属于碱金属元素
D. 元素周期表有7个横行，分为7个周期；有18个纵行，分为18个族
【答案】A
【解析】
【详解】A．优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料大多属于过渡元素，应在过渡元素区域寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的新材料，故A正确；
B．主族元素的最外层电子数等于族序数，绝大多数主族元素的最高化合价等于它所处的族序数，但F没有正价、O没有最高正价，故B错误；
C．最外层电子数为1的元素不一定在第ⅠA族，如副族元素Cr、Cu最外层含有1个电子但不在第ⅠA族，H在第ⅠA族但不是碱金属元素，故C错误；
D．元素周期表有18个纵行，8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，则分为16个族，故D错误；
答案选A。
5. 目前新冠病毒(COVID-19)正在全球蔓延，严重危害人类健康，日常生活中做好个人防护尤为重要。下列物质不能有效灭活新冠病毒是
A. 二氧化氯消毒剂 B. 95%酒精 C. 过氧化氢溶液 D. 84消毒液
【答案】B
【解析】
【详解】A． 二氧化氯是强氧化剂，能消毒杀菌、能有效灭活新冠病毒，A不符合；
B． 75%酒精能使蛋白质变性、能有效灭活新冠病毒，95%酒精使病毒和细菌的表面蛋白质凝固、难以渗透到里面、不能有效灭活新型冠状病毒，B符合；
C． 过氧化氢溶液是强氧化剂，能消毒杀菌、能有效灭活新冠病毒，C不符合；
D． 84消毒液主要成分次氯酸钠是强氧化剂，能消毒杀菌、能有效灭活新冠病毒，D不符合；
答案选B。
6. 下列不属于海水淡化的方法是
A. 蒸馏法 B. 电渗析法 C. 石灰纯碱法 D. 离子交换法
【答案】C
【解析】
【详解】海水淡化的主要方法是蒸馏法、电渗析法和离子交换法，石灰纯碱法能降低水的硬度，但不能用于海水淡化，故选C。
7. 下列有关含氮物质的说法错误的是
A. 工业上合成氨气属于氮的固定 B. NO2属于酸性氧化物
C. 液氨可用作制冷剂 D. 常温下，浓硝酸可储存在铁制容器中
【答案】B
【解析】
【详解】A． 工业上合成氨气是N2和H2化合生成NH3，是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于氮的固定，A正确；
B．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，元素化合价发生变化，NO2不属于酸性氧化物，B不正确；
C．氨气容易液化，气化时吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，C正确；
D． 常温下，铁在浓硝酸中会钝化，则浓硝酸可储存在铁制容器中，D正确；
答案选B。
8. 下列比较错误的是
A. 氢化物的稳定性：
B. 离子的还原性：
C. 氧化性：
D. 离子半径：
【答案】B
【解析】
【详解】A．同一主族，从上到下，元素的非金属性依次减弱；同一周期，从左到右，元素的非金属性依次增强；元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，故氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，A正确；
B．同一主族，从上到下，元素的非金属性依次减弱；元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；非金属性：Cl＞Br＞I＞S，还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，B错误；
C．同一主族，从上到下，元素的非金属性依次减弱；同一周期，从左到右，元素的非金属性依次增强；元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强；非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，C正确；
D．简单离子的核外电子排布相同时，对应的原子序数越大，该离子的半径越小，S2-、Cl-和K+的核外电子排布相同，都有3个电子层，原子序数：K＞Cl＞S，故离子半径：离子半径：S2-＞Cl-＞K+；Al3+的原子核外有2个电子层，故其离子半径最小；综上所述，离子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，D正确；
故选B。
9. 下列相关实验与结论均正确的是（ ）
选项
实验
结论
A
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
生成的有机物具有酸性
B
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液变为无色透明
生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳溶液
C
乙烷中混有乙烯，可与氢气反应除去乙烯
乙烯发生了加成反应
D
取的蔗糖溶液，加入3~5滴稀硫酸，水浴加热5min后，取少量溶液，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，产生砖红色沉淀
蔗糖的水解产物具有还原性
A A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成的HCl，可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而生成的一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳不具有酸性，A选项错误；
B．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷，溶液变为无色透明，说明生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳溶液，B选项正确；
C．乙烯与氢气反应需要催化剂、加热条件下反应，且反应后易引进杂质氢气，不能用氢气除去乙烷中混有的乙烯，C选项错误；
D．取1mL20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min后，冷却后取少量溶液，应该先加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，然后再加入新制Cu（OH）2悬浊液加热，若产生砖红色沉淀，证明蔗糖的水解产物具有还原性，D选项错误；
答案选B。
10. 下列方程式书写正确的是
A. 锂和氧气在加热的条件下反应：
B. 溶液与足量稀溶液反应：
C. 碳酸钙和醋酸溶液反应：
D. 向溶液中加入溶液至硫酸根沉淀完全：
【答案】D
【解析】
【详解】A． 锂和氧气在加热的条件下反应生成氧化锂：，A错误；
B． 溶液与足量稀溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，：，B错误；
C． 碳酸钙和醋酸溶液反应生成、醋酸钙和水：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C错误；
D． 向溶液中加入溶液至硫酸根沉淀完全，得到硫酸钡、氢氧化钠和水：，D正确；
答案选D。
11. 关于下列物质的判断错误的是
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
A. 只含有极性键的是①②③⑩ B. 既含有离子键又含有共价键的是⑤⑥⑦⑨
C. 属于离子化合物是⑤⑥⑦⑧⑨ D. 含有非极性键的化合物是④⑥⑨
【答案】D
【解析】
【分析】①属于共价化合物、 只含有极性共价键②属于共价化合物、只含有极性共价键③属于共价化合物、只含有极性共价键④属于单质、只含有非极性共价键⑤属于离子化合物、既含有离子键又含有极性共价键 ⑥属于离子化合物、 既含有离子键又含有非极性共价键⑦ 属于离子化合物、既含有离子键又含有共价键 ⑧属于离子化合物、只含有离子键⑨属于离子化合物、既含有离子键又含极性有共价键 ⑩属于共价化合物、只含有极性共价键
【详解】A．据分析，只含有极性键的是①②③⑩，A正确；
B．据分析，既含有离子键又含有共价键的是⑤⑥⑦⑨，B正确；
C．据分析，属于离子化合物的是⑤⑥⑦⑧⑨，C正确；
D．据分析，含有非极性键的化合物是⑥，D不正确；
答案选D。
12. 乙醇是生活中常见的有机物。下列有关乙醇的实验操作或现象错误的是（ ）
A. ①中酸性溶液会褪色，乙醇转化为乙醛
B. ②中钠会先沉在试管底部，表面有气泡产生，上方的火焰呈淡蓝色
C. ③中灼热的铜丝插入乙醇中，铜丝由黑色变为红色
D. 要制得无水乙醇应加入生石灰蒸馏
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化为乙酸，则酸性KMnO4溶液会褪色，A选项错误；
B．乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，乙醇中含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，产生的氢气燃烧产生淡蓝色火焰，B选项正确；
C．灼烧至红热的铜丝表面生成CuO，趁热插入乙醇中后又被乙醇还原为金属铜，即铜丝由黑色变红，C选项正确；
D．乙醇中含有少量水，加入生石灰和水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，D选项正确；
答案选A。
13. 金(Au)负载的分子筛能高选择性地催化甲烷氧化为甲醇和乙酸。下列说法正确的是
A. 的中子数为79
B. 和互为同素异形体
C. 可燃冰是21世纪新型洁净能源，是不可再生能源
D. 当温度低于熔点时，乙酸凝结成类似冰一样的晶体，所以乙酸溶液又称为冰醋酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．由可以知道，核电荷数等于质子数，质子数为79，质量数为197，中子数=质量数-质子数=197-79=118，故A错误；
B．12C和13C是碳元素的不同原子，互为同位素，故B错误；
C．可燃冰是甲烷水合物，甲烷燃烧不产生氮、硫氧化物等污染物，是清洁能源，同时短时间无法恢复，属于不可再生能源，故C正确；
D．纯净的乙酸的熔点较低，俗称冰醋酸，不是乙酸溶液，故D错误；
故选：C。
14. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 含有的电子数为
B. 含有的中子数为
C. 乙烯和丙烯的混合物中总共含有的碳原子数为
D. 标准状况下，含有的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．的物质的量为=1mol，含有的电子数为，故A正确；
B．一个D2O含中子数为2+8=10，18gD2O的物质的量为=0.9mol，含9NA个中子，故B错误；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，所以14g乙烯和丙烯的混合物即为14gCH2，物质的量为=1mol，总共含有的碳原子数为，故C错误；
D．标况下三氯甲烷不是气体，的物质的量不是0.1mol，故D错误；
综上所述答案为A。
15. 下列说法错误的是
A. 新戊烷的沸点比正戊烷的沸点高 B. 羟基的电子式：
C. 2，3-二甲基丁烷的键线式： D. 丙烯分子中共平面的原子最多有7个
【答案】A
【解析】
【详解】A．新戊烷和正戊烷互为同分异构体，新戊烷的支链多，沸点更低，故A错误；
B．羟基中O原子上有一个未成对电子，电子式为，故B正确；
C．2，3-二甲基丁烷的主链上有4个碳原子，在2号和3号碳原子上各有一个甲基，其键线式为，故C正确；
D．丙烯中1号和2号碳原子均为sp2杂化，为平面三角形结构，3号碳原子为sp3杂化，为四面体结构，故丙烯中最多有7个原子共平面，故D正确；
故选：A。
16. 下列叙述错误的是
A. 纤维素、油脂、蛋白质都能发生水解反应
B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来吸收水果或花朵产生的乙烯，以达到保鲜的要求
C. 糖尿病人不能吃任何糖类物质
D. 制取环氧乙烷：2CH2=CH2+O22，此方法符合绿色化学的理念
【答案】C
【解析】
【详解】A．纤维素、油脂、蛋白质都能发生水解反应,纤维素水解的最终产物为葡萄糖，油脂是高级脂肪酸的甘油酯、属于酯类能水解、蛋白质发生水解反应最终产生氨基酸，A正确；
B． 乙烯是催熟剂、能被酸性高锰酸钾氧化，故用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来吸收乙烯可以达到保鲜的要求，B正确；
C．饭总是要吃的，米饭中的淀粉属于糖类，糖尿病人要控制糖类摄入、以使血液中葡萄糖的含量保持相对稳定，不是不能吃任何糖类物质， C错误；
D． 该制取环氧乙烷的反应原子利用率为100%、符合绿色化学的理念，D正确；
答案选C。
17. 关于下列常见有机物的说法正确的是
① ② ③④ ⑤(葡萄糖)⑥ ⑦硬脂酸甘油酯 ⑧蛋白质 ⑨聚乙烯
A. 能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有①②⑨
B. 能与碳酸氢钠溶液反应并产生气体的有④⑤⑥⑦
C. ③的二氯取代物有2种
D. 含碳量最高、有毒、常温下为液态且点燃时有浓烟的是①
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯、聚乙烯均与溴的四氯化碳溶液不反应，则能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有②，故A错误；
B．含羧基的有机物与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则能与碳酸氢钠溶液反应并产生CO2气体的有⑥，故B错误；
C．甲烷中任意2个H原子均相邻，则③的二氯取代物有1种，故C错误；
D．常温下苯为液体，有毒，含碳量高，则含碳量最高、有毒、常温下为液态且点燃时有浓烟的是①，故D正确；
故选：D。
18. 下图是部分矿物资源的利用及产品流程。下列说法错误的是
A. 不可用电解的方法制备金属铝
B. 生产纯硅的过程中涉及到的化学反应都是氧化还原反应
C. 黄铜矿冶炼铜时，副产物可用于生产硫酸，可用作冶炼铁的原料
D. 硅是光导纤维、太阳能电池和计算机芯片的重要材料
【答案】D
【解析】
【分析】电解熔融的氧化铝可以得到金属铝，石英成分为二氧化硅，得到粗硅，粗硅与氯气反应得到四氯化硅：，氢气和四氯化硅反应得到高纯度硅：；
【详解】A．氯化铝是分子晶体，熔融的氯化铝不导电，不可电解氯化铝制备铝，电解熔融的氧化铝可以获取金属铝，故A正确；
B．①，反应前后有元素化合价变化； ②反应前后有化合价变化；③，反应前后有元素化合价变化，所以都是氧化还原反应，故B正确；
C．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe，故C正确；
D．光导纤维主要成分二氧化硅，不是高纯硅，故D错误；
故选：D。
19. 海水中溶解和悬浮着大量的无机物和有机物，但许多元素的富集程度很低，目前，空气吹出法是用于工业规模化从海水中提溴的常用方法，其步骤如下：在预先经过酸化的浓缩海水中，用氯气置换溴离子使之成为溴单质，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂发生作用，再用氯气将其转化为溴单质。下列说法错误的是
A. 这些步骤的目的是富集海水中的溴
B. 溴蒸气和吸收剂发生作用时溴发生了还原反应
C. 最后的步骤中从溶液中分离得到溴单质的操作是用酒精萃取并分液
D. 没有用直接蒸馏法从浓缩并用氯气置换后的溶液中提溴的主要原因之一是为了节能
【答案】C
【解析】
【详解】A．这些步骤将低浓度的溴转变化浓度稍高的溴，实现了溴的富集，故A正确；
B．溴蒸汽和二氧化硫发生反应生成溴化氢、硫酸，溴元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；
C．将溴单质从水溶液中萃取出来可选用四氯化碳或者苯，不能选用乙醇，因为乙醇能与水互溶，故C错误；
D．溴水中的溴的浓度较低，没有用直接蒸馏法从浓缩并用氯气置换后的溶液中提溴的主要原因之一是为了节能，故D正确；
故选：C。
20. 溶液是一种常见的强氧化剂，的酸性溶液恰好把的草酸(H2C2O4)完全氧化，产物中铬元素的化合价为
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】C
【解析】
【详解】设产物中铬元素的化合价为x，由得失电子守恒可知，0.012L×0.1mol/L×2×(6-x)=0.036L×0.1mol/L×2×(4-3)，解得x=+3，故选：C。
21. 分子式为，且与乙酸互为同系物的同分异构体共有(不考虑立体异构)
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【详解】分子式为、且与乙酸互为同系物，则属于羧酸，可简写为C4H9COOH，丁基—C4H9有4种，则满足条件的同分异构体共有4种；
选B。
22. 海带中含有丰富的碘，某同学在老师的指导下按照如图所示的流程进行了实验。下列说法错误的是
A. 灼烧前要用水将海带洗净
B. 步骤③用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C. 灼烧后的灰烬中，碘元素以I-的形式存在
D. 步骤④反应的离子方程式为
【答案】A
【解析】
【分析】灼烧海带，将海带中的“有机碘”转化为“无机碘”，通过②浸泡得到浊液后，经③过滤操作将难溶物去除，而后通过氧化剂将碘离子氧化为碘单质，操作⑤是萃取，操作⑥为蒸馏，从碘的苯溶液中提取碘单质。
【详解】A．从流程看，灼烧前没有必要用水将海带洗净、灼烧时表面的杂质也会转化，而且洗后不干燥无法灼烧、要灼烧还得干燥，A错误；
B． 步骤③为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B正确；
C． 据分析知：灼烧后的灰烬中，碘元素以I-的形式存在，C正确；
D． 步骤④反应中二氧化锰将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为，D正确；
答案选A。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
23. I.实验室可用如图甲所示装置探究石蜡油的分解实验。
（1）实验开始后，酸性高锰酸钾溶液中观察到的现象是_______；
II.实验装置也可以改如图乙所示装置：在试管①中加入石蜡油和氧化铝，将试管②放在冷水中，在试管③中加入酸性高锰酸钾溶液。
（2）该实验中氧化铝的作用是_______。加入药品前，必须进行的操作是_______。装置中，冷水的作用是_______。
（3）试管②中的液体_______(填“能”或“不能”)用于萃取溴水中的溴，说明理由：_______。
III.用图丙所示装置可制取乙酸乙酯。在试管a中加入乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入浓硫酸和乙酸。
（4）图丙中装置A的导管应与装置_______的导管相连(填“B”或“C”)，试管a中浓硫酸的作用是_______。
IV.用图丁所示的装置可比较醋酸、碳酸和硅酸的酸性强弱。
（5）图丁中E中盛装的试剂是_______，请写出F中发生反应的离子方程式_______。
【答案】（1）导管口有气泡冒出，高锰酸钾溶液紫红色褪去
（2） ①. 催化剂 ②. 检验装置的气密性 ③. 冷凝气化的石蜡油以及产物中的长链烃
（3） ①. 不能 ②. 石蜡油分解的产物中含有烯烃，与溴水发生加成反应而使溴水褪色
（4） ①. B ②. 催化剂和吸水剂
（5） ①. 饱和碳酸氢钠溶液 ②. 2CO2++2H2O=H2SiO3↓+2
【解析】
【分析】石蜡油分解生成烯烃，烯烃能使高锰酸钾溶液褪色；氧化铝是石蜡油分解的催化剂；加入药品前，必须进行的操作是检验装置的气密性，装置中，冷水的作用是冷凝；试管②中的液体中含有烯烃，能使溴水褪色，不能用于萃取溴水中的溴；由于饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇、中和乙酸，为防止倒吸，导管应在液面上；图丙中装置A的导管应与装置B的导管相连，酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；利用强酸和弱酸的盐溶液反应制弱酸可以比较醋酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，验证碳酸和硅酸强弱时，要用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的乙酸。
【小问1详解】
石蜡油分解生成烯烃，实验开始后，酸性高锰酸钾溶液中观察到的现象是导管口有气泡冒出，高锰酸钾溶液紫红色褪去，故答案为：导管口有气泡冒出，高锰酸钾溶液紫红色褪去；
【小问2详解】
氧化铝是石蜡油分解的催化剂，该实验中氧化铝的作用是催化剂；加入药品前，必须进行的操作是检验装置的气密性，装置中，冷水的作用是冷凝气化的石蜡油以及产物中的长链烃，故答案为：催化剂；检验装置的气密性；冷凝气化的石蜡油以及产物中的长链烃；
【小问3详解】
试管②中的液体中含有烯烃，能使溴水褪色，不能用于萃取溴水中的溴，故答案为：不能；石蜡油分解的产物中含有烯烃，与溴水发生加成反应而使溴水褪色；
【小问4详解】
由于饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇、中和乙酸，为防止倒吸，导管应在液面上；图丙中装置A的导管应与装置B的导管相连，酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故答案为：B；催化剂和吸水剂；
【小问5详解】
利用强酸和弱酸的盐溶液反应制弱酸可以比较醋酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，验证碳酸和硅酸强弱时，要用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的乙酸，图丁中E中盛装的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，F中CO2与Na2SiO3溶液反应的离子方程式为2CO2++2H2O=H2SiO3↓+2，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；2CO2++2H2O=H2SiO3↓+2。
24. 下表为元素周期表的一部分，已列出常见的十种短周期主族元素的分布，请用相关化学用语回答下列问题：
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
一
①
二
②
③
④
⑤
三
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（1）上述十种元素中原子半径最大的是_______(填元素名称)。
（2）用电子式表示元素④与元素⑥形成型化合物的过程_______。
（3）写出元素⑦的最高价氧化物对应的水化物分别与元素⑥、⑩的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：_______、_______。
（4）元素⑧、⑨、⑩的最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序是_______(填化学式)。
（5）常温下，单质⑩与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）钠 （2）
（3） ①. Al(OH)3+OH-=+2H2O ②. Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
（4）H2SiO3＜H2SO4＜HClO4
（5）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Al、⑧为Si、⑨为S、⑩为Cl；
小问1详解】
同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故上述十种元素中原子半径最大的是钠，故答案为：钠；
【小问2详解】
元素④与元素⑥形成A2B型化合物为Na2O，由钠离子与氧离子构成，用电子式表示其形成过程为，故答案为：；
【小问3详解】
氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；氢氧化铝与高氯酸反应生成Al(ClO4)3和H2O，反应离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=+2H2O；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
【小问4详解】
元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Si＜S＜Cl，故最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序是：H2SiO3＜H2SO4＜HClO4，故答案为：H2SiO3＜H2SO4＜HClO4；
【小问5详解】
氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
25. 石油的综合利用可获得各种燃料和化工原料。根据下列信息回答问题：
（1）上图流程中的“分馏”“裂化”中属于物理变化的是_______。
（2）丙烯酸乙酯的官能团名称是_______。
（3）石油在加热和催化剂作用下，可以通过结构重整转化为苯或者甲苯等，甲苯的一氯取代物有_______种。
（4）B是一种常见的高分子化合物，可做食品包装袋，其结构简式为_______。
（5）A转化为的化学方程式为_______。
（6）生成丙烯酸乙酯的化学方程式为_______，其反应类型为_______。
（7）一套以煤气(主要成分为)为燃料的灶具，改为液化石油气作燃料(主要成分为)应采取的措施是_______(答出一点即可)。
【答案】（1）分馏 （2）酯基、碳碳双键
（3）4 （4）
（5）
（6） ①. ②. 酯化反应(取代反应)
（7）增大空气进气量(或者减小液化石油气的进气量)
【解析】
【分析】石油分馏是利用各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的操作，属于物理变化，而石油裂解是用重油生产“三烯”的过程，属于化学变化。A能与水反应生成乙醇，能与HCl反应生成氯乙烷，则A为CH2=CH2，两个反应均为加成反应。(4)中B是一种常见的高分子化合物，可做食品包装袋，A发生加聚反应生成B，则B为 ，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，据此分析。
【小问1详解】
石油的分馏是物理变化，裂解是化学变化，故答案为：分馏；
【小问2详解】
丙烯酸乙酯是由CH2=CHCOOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成的，结构简式为CH3CH2OOCCH=CH2，含有的官能团为酯基和碳碳双键，故答案为：酯基、碳碳双键；
【小问3详解】
甲苯中含4种等效氢，则其一氯代物有4种，故答案为：4；
【小问4详解】
B是一种常见的高分子化合物，可做食品包装袋，则B为聚乙烯，结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
A为CH2=CH2，和水发生加成反应制得CH3CH2OH，化学方程式为；
【小问6详解】
丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，化学方程式为，反应类型为酯化反应(取代反应)；
【小问7详解】
丙烷燃烧生成二氧化碳和水，反应方程式：；煤气中一氧化碳、氢气燃烧方程式依次为：，，依据燃烧方程式可知：煤气中一氧化碳、氢气燃烧时都是1体积气体消耗2体积氧气，而液化石油气燃烧，1体积气体消耗5体积氧气，所以改装灶具时，应增大空气进气量，或者减小液化石油气的进气量，故答案为：增大空气进气量(或者减小液化石油气的进气量)。
26. 我国拥有很长的海岸线，具有丰富的海洋资源，以海水为原料的盐化工是我国重要的产业。
I.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐中除外，还含有以及泥沙等杂质。制备精盐的实验方案及操作流程如图所示，回答下列问题：
（1）粗盐溶解后，第②③④步除杂过程中依次加入的试剂为_______。
（2）第⑦步的操作是_______。
II.卤块的主要成分是含30%的，此外还含有和等离子。以卤块为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。若要求产品中尽量不含杂质，且低成本生产，请根据表1和表2提供的资料，回答下列问题：
表1生成氢氧化物沉淀的 表2原料价格表
物质
开始沉淀
沉淀完全
物质
价格/(元·吨-1)
2.7
3.7
漂液(含)
450
7.6
9.6
双氧水(含)
2400
8.3
9.8
烧碱(含)
2100
9.6
11.1
纯碱(含)
600
已知：氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去。
（3）表2中的物质可作为步骤②中试剂X的最佳选择的是_______，原因是_______，其作用是_______。
（4）在步骤③中加入试剂Y控制，其目的是_______。
（5）在步骤④中加入试剂Z后的操作是_______；检验步骤④所得沉淀物是否洗涤于净的方法是_______。
（6）在步骤⑤中发生反应的化学方程式为_______。
（7）取300.0吨卤块用于制取轻质氧化镁，实际制得32.0吨，则该工艺流程的产率为_______(保留1位小数)。
【答案】（1）BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3
（2）蒸发结晶 （3） ①. 漂液 ②. 漂液价格更低廉 ③. 将Fe2+氧化成Fe3+
（4）使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去
（5） ①. 过滤、洗涤 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净
（6）
（7）84.4%
【解析】
【分析】II.为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，灼烧后得到MgO，以此解答该题。
【小问1详解】
粗盐提纯时，加入的除杂试剂的顺序应满足：BaCl2在Na2CO3溶液之后加入，故第②③④步除杂过程中依次加入的试剂为BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3，故答案为：BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3；
【小问2详解】
第⑦步操作是从NaCl溶液中得到NaCl晶体，故为蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；
【小问3详解】
步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe(OH)3沉淀而除之。虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故答案为：漂液；漂液价格更低廉；将Fe2+氧化成Fe3+；
【小问4详解】
分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高。为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
【小问5详解】
步骤④中加入的试剂Z后生成沉淀，加水煮沸生成沉淀和气体，则沉淀不可能为氢氧化镁，应为MgCO3，则试剂Z只能为纯碱，加入试剂Z后的操作是过滤、洗涤；由于MgCO3是从NaCl溶液中过滤出，故检验步骤④所得MgCO3是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：过滤、洗涤；取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；
【小问6详解】
在步骤⑤中发生的反应是碳酸镁加热和水反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀溶解度小于碳酸镁的溶解度实现沉淀转化，反应化学方程式为，故答案为：；
【小问7详解】
卤块的主要成分是含30%的MgCl2，取300.0吨卤块用于制取轻质氧化镁，实际制得32.0吨，则该工艺流程的产率为。
2021～2022学年度下期期末高一年级调研考试
化学
考试时间100分钟，满分100分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Cl 35.5
一、选择题：本题共22小题，每小题2分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. “十四五”生态环保工作强调要落实“减污降碳”的总要求。下列说法正确的是
A. 在一定条件下，选择合适的催化剂可将CO2氧化为甲酸
B. 推广使用煤的气化、液化技术，可减少二氧化碳等温室气体的排放
C. 向河水中加入明矾，可除去许多杂质并杀灭有害细菌
D. 人工合成淀粉技术的应用有助于实现“碳达峰”和“碳中和”
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳氧化为甲酸，碳元素价态降低得电子，应加入还原剂才能实现转化，只加入催化剂不能实现此转化，故A错误；
B．煤的气化、液化技术有利于煤的综合利用，减少有害气体排放，但不能减少二氧化碳排放，故B错误；
C．向河水中加入明矾，铝离子水解生成氢氧化铝胶体吸附水中悬浮物净水，不能杀菌消毒，故C错误；
D．人工合成淀粉技术的应用可有效减少二氧化碳气体的排放，有助于实现“碳达峰”和“碳中和”，故D正确；
故选：D。
2. 下列物质转化的反应类型为取代反应的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．是乙醇的催化氧化，是氧化反应，故A不符合题意；
B．是乙醇在浓硫酸加热条件下发生的消去反应，故B不符合题意；
C．是乙烯与溴化氢发生的加成反应，故C不符合题意；
D． 是硝化反应，硝基取代了环上的氢，又叫取代反应，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
3. 《本草纲目》中对酿酒有如下记载：“……近时惟以糯米或粳米或柔或秫或大麦蒸熟，和曲酿瓮中七日，以瓶蒸取……”。下列有关酿酒的说法错误的是
A. 酿酒过程中发生了淀粉水解和葡萄糖分解
B. 酿酒时温度越高产量越高
C. 酿酒过程中需用到蒸馏操作
D. 葡萄酒密封储存时间越长，质量越好的原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
【答案】B
【解析】
【详解】A．酿酒过程包含淀粉水解成葡萄糖和葡萄糖发酵分解生成酒精和二氧化碳两步反应，A正确；
B．“曲”是指酿酒过程中起催化作用酒化酶，酿酒时温度过高，能够使酒化酶变性，酒精的产量反而降低，B错误；
C．“以甑蒸取”过程涉及了蒸馏操作，C正确；
D． 葡萄酒密封储存时间越长，质量越好的原因之一是储存过程中乙醇被氧化生成了乙酸、乙酸和乙醇发生酯化反应生成了有香味的酯，D正确；
答案选B。
4. 下列有关元素周期表的说法正确的是
A. 在过渡元素中可寻找优良催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
B. 所有主族元素的最高化合价等于它所处的族序数
C. 元素周期表中最外层电子数为Ⅰ的元素一定在第ⅠA族，属于碱金属元素
D. 元素周期表有7个横行，分为7个周期；有18个纵行，分为18个族
【答案】A
【解析】
【详解】A．优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料大多属于过渡元素，应在过渡元素区域寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的新材料，故A正确；
B．主族元素的最外层电子数等于族序数，绝大多数主族元素的最高化合价等于它所处的族序数，但F没有正价、O没有最高正价，故B错误；
C．最外层电子数为1的元素不一定在第ⅠA族，如副族元素Cr、Cu最外层含有1个电子但不在第ⅠA族，H在第ⅠA族但不是碱金属元素，故C错误；
D．元素周期表有18个纵行，8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，则分为16个族，故D错误；
答案选A。
5. 目前新冠病毒(COVID-19)正在全球蔓延，严重危害人类健康，日常生活中做好个人防护尤为重要。下列物质不能有效灭活新冠病毒是
A. 二氧化氯消毒剂 B. 95%酒精 C. 过氧化氢溶液 D. 84消毒液
【答案】B
【解析】
【详解】A． 二氧化氯是强氧化剂，能消毒杀菌、能有效灭活新冠病毒，A不符合；
B． 75%酒精能使蛋白质变性、能有效灭活新冠病毒，95%酒精使病毒和细菌的表面蛋白质凝固、难以渗透到里面、不能有效灭活新型冠状病毒，B符合；
C． 过氧化氢溶液是强氧化剂，能消毒杀菌、能有效灭活新冠病毒，C不符合；
D． 84消毒液主要成分次氯酸钠是强氧化剂，能消毒杀菌、能有效灭活新冠病毒，D不符合；
答案选B。
6. 下列不属于海水淡化的方法是
A. 蒸馏法 B. 电渗析法 C. 石灰纯碱法 D. 离子交换法
【答案】C
【解析】
【详解】海水淡化的主要方法是蒸馏法、电渗析法和离子交换法，石灰纯碱法能降低水的硬度，但不能用于海水淡化，故选C。
7. 下列有关含氮物质的说法错误的是
A. 工业上合成氨气属于氮的固定 B. NO2属于酸性氧化物
C. 液氨可用作制冷剂 D. 常温下，浓硝酸可储存在铁制容器中
【答案】B
【解析】
【详解】A． 工业上合成氨气是N2和H2化合生成NH3，是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于氮的固定，A正确；
B．二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，元素化合价发生变化，NO2不属于酸性氧化物，B不正确；
C．氨气容易液化，气化时吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，C正确；
D． 常温下，铁在浓硝酸中会钝化，则浓硝酸可储存在铁制容器中，D正确；
答案选B。
8. 下列比较错误的是
A. 氢化物的稳定性：
B. 离子的还原性：
C. 氧化性：
D. 离子半径：
【答案】B
【解析】
【详解】A．同一主族，从上到下，元素的非金属性依次减弱；同一周期，从左到右，元素的非金属性依次增强；元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强；非金属性：F＞Cl＞S＞P＞Si，故氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S＞PH3＞SiH4，A正确；
B．同一主族，从上到下，元素的非金属性依次减弱；元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性越弱；非金属性：Cl＞Br＞I＞S，还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，B错误；
C．同一主族，从上到下，元素的非金属性依次减弱；同一周期，从左到右，元素的非金属性依次增强；元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强；非金属性：Cl＞S＞Se＞Te，氧化性：Cl2＞S＞Se＞Te，C正确；
D．简单离子的核外电子排布相同时，对应的原子序数越大，该离子的半径越小，S2-、Cl-和K+的核外电子排布相同，都有3个电子层，原子序数：K＞Cl＞S，故离子半径：离子半径：S2-＞Cl-＞K+；Al3+的原子核外有2个电子层，故其离子半径最小；综上所述，离子半径：S2-＞Cl-＞K+＞Al3+，D正确；
故选B。
9. 下列相关实验与结论均正确的是（ ）
选项
实验
结论
A
甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
生成的有机物具有酸性
B
将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，溶液变为无色透明
生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳溶液
C
乙烷中混有乙烯，可与氢气反应除去乙烯
乙烯发生了加成反应
D
取的蔗糖溶液，加入3~5滴稀硫酸，水浴加热5min后，取少量溶液，再加入新制Cu（OH）2悬浊液，产生砖红色沉淀
蔗糖的水解产物具有还原性
A A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲烷与氯气在光照下发生取代反应生成的HCl，可使湿润的蓝色石蕊试纸变红，而生成的一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳不具有酸性，A选项错误；
B．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，乙烯与溴发生加成反应生成的1，2-二溴乙烷，溶液变为无色透明，说明生成的1，2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳溶液，B选项正确；
C．乙烯与氢气反应需要催化剂、加热条件下反应，且反应后易引进杂质氢气，不能用氢气除去乙烷中混有的乙烯，C选项错误；
D．取1mL20%的蔗糖溶液，加入3～5滴稀硫酸，水浴加热5min后，冷却后取少量溶液，应该先加入氢氧化钠溶液中和稀硫酸，然后再加入新制Cu（OH）2悬浊液加热，若产生砖红色沉淀，证明蔗糖的水解产物具有还原性，D选项错误；
答案选B。
10. 下列方程式书写正确的是
A. 锂和氧气在加热的条件下反应：
B. 溶液与足量稀溶液反应：
C. 碳酸钙和醋酸溶液反应：
D. 向溶液中加入溶液至硫酸根沉淀完全：
【答案】D
【解析】
【详解】A． 锂和氧气在加热的条件下反应生成氧化锂：，A错误；
B． 溶液与足量稀溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，：，B错误；
C． 碳酸钙和醋酸溶液反应生成、醋酸钙和水：2CH3COOH+CaCO3=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C错误；
D． 向溶液中加入溶液至硫酸根沉淀完全，得到硫酸钡、氢氧化钠和水：，D正确；
答案选D。
11. 关于下列物质的判断错误的是
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
A. 只含有极性键的是①②③⑩ B. 既含有离子键又含有共价键的是⑤⑥⑦⑨
C. 属于离子化合物是⑤⑥⑦⑧⑨ D. 含有非极性键的化合物是④⑥⑨
【答案】D
【解析】
【分析】①属于共价化合物、 只含有极性共价键②属于共价化合物、只含有极性共价键③属于共价化合物、只含有极性共价键④属于单质、只含有非极性共价键⑤属于离子化合物、既含有离子键又含有极性共价键 ⑥属于离子化合物、 既含有离子键又含有非极性共价键⑦ 属于离子化合物、既含有离子键又含有共价键 ⑧属于离子化合物、只含有离子键⑨属于离子化合物、既含有离子键又含极性有共价键 ⑩属于共价化合物、只含有极性共价键
【详解】A．据分析，只含有极性键的是①②③⑩，A正确；
B．据分析，既含有离子键又含有共价键的是⑤⑥⑦⑨，B正确；
C．据分析，属于离子化合物的是⑤⑥⑦⑧⑨，C正确；
D．据分析，含有非极性键的化合物是⑥，D不正确；
答案选D。
12. 乙醇是生活中常见的有机物。下列有关乙醇的实验操作或现象错误的是（ ）
A. ①中酸性溶液会褪色，乙醇转化为乙醛
B. ②中钠会先沉在试管底部，表面有气泡产生，上方的火焰呈淡蓝色
C. ③中灼热的铜丝插入乙醇中，铜丝由黑色变为红色
D. 要制得无水乙醇应加入生石灰蒸馏
【答案】A
【解析】
【详解】A．酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化为乙酸，则酸性KMnO4溶液会褪色，A选项错误；
B．乙醇的密度比钠小，金属钠沉在乙醇底部，乙醇中含有羟基，能与金属钠反应生成氢气，产生的氢气燃烧产生淡蓝色火焰，B选项正确；
C．灼烧至红热的铜丝表面生成CuO，趁热插入乙醇中后又被乙醇还原为金属铜，即铜丝由黑色变红，C选项正确；
D．乙醇中含有少量水，加入生石灰和水反应生成氢氧化钙，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，D选项正确；
答案选A。
13. 金(Au)负载的分子筛能高选择性地催化甲烷氧化为甲醇和乙酸。下列说法正确的是
A. 的中子数为79
B. 和互为同素异形体
C. 可燃冰是21世纪新型洁净能源，是不可再生能源
D. 当温度低于熔点时，乙酸凝结成类似冰一样的晶体，所以乙酸溶液又称为冰醋酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．由可以知道，核电荷数等于质子数，质子数为79，质量数为197，中子数=质量数-质子数=197-79=118，故A错误；
B．12C和13C是碳元素的不同原子，互为同位素，故B错误；
C．可燃冰是甲烷水合物，甲烷燃烧不产生氮、硫氧化物等污染物，是清洁能源，同时短时间无法恢复，属于不可再生能源，故C正确；
D．纯净的乙酸的熔点较低，俗称冰醋酸，不是乙酸溶液，故D错误；
故选：C。
14. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 含有的电子数为
B. 含有的中子数为
C. 乙烯和丙烯的混合物中总共含有的碳原子数为
D. 标准状况下，含有的分子数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．的物质的量为=1mol，含有的电子数为，故A正确；
B．一个D2O含中子数为2+8=10，18gD2O的物质的量为=0.9mol，含9NA个中子，故B错误；
C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，所以14g乙烯和丙烯的混合物即为14gCH2，物质的量为=1mol，总共含有的碳原子数为，故C错误；
D．标况下三氯甲烷不是气体，的物质的量不是0.1mol，故D错误；
综上所述答案为A。
15. 下列说法错误的是
A. 新戊烷的沸点比正戊烷的沸点高 B. 羟基的电子式：
C. 2，3-二甲基丁烷的键线式： D. 丙烯分子中共平面的原子最多有7个
【答案】A
【解析】
【详解】A．新戊烷和正戊烷互为同分异构体，新戊烷的支链多，沸点更低，故A错误；
B．羟基中O原子上有一个未成对电子，电子式为，故B正确；
C．2，3-二甲基丁烷的主链上有4个碳原子，在2号和3号碳原子上各有一个甲基，其键线式为，故C正确；
D．丙烯中1号和2号碳原子均为sp2杂化，为平面三角形结构，3号碳原子为sp3杂化，为四面体结构，故丙烯中最多有7个原子共平面，故D正确；
故选：A。
16. 下列叙述错误的是
A. 纤维素、油脂、蛋白质都能发生水解反应
B. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来吸收水果或花朵产生的乙烯，以达到保鲜的要求
C. 糖尿病人不能吃任何糖类物质
D. 制取环氧乙烷：2CH2=CH2+O22，此方法符合绿色化学的理念
【答案】C
【解析】
【详解】A．纤维素、油脂、蛋白质都能发生水解反应,纤维素水解的最终产物为葡萄糖，油脂是高级脂肪酸的甘油酯、属于酯类能水解、蛋白质发生水解反应最终产生氨基酸，A正确；
B． 乙烯是催熟剂、能被酸性高锰酸钾氧化，故用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来吸收乙烯可以达到保鲜的要求，B正确；
C．饭总是要吃的，米饭中的淀粉属于糖类，糖尿病人要控制糖类摄入、以使血液中葡萄糖的含量保持相对稳定，不是不能吃任何糖类物质， C错误；
D． 该制取环氧乙烷的反应原子利用率为100%、符合绿色化学的理念，D正确；
答案选C。
17. 关于下列常见有机物的说法正确的是
① ② ③④ ⑤(葡萄糖)⑥ ⑦硬脂酸甘油酯 ⑧蛋白质 ⑨聚乙烯
A. 能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有①②⑨
B. 能与碳酸氢钠溶液反应并产生气体的有④⑤⑥⑦
C. ③的二氯取代物有2种
D. 含碳量最高、有毒、常温下为液态且点燃时有浓烟的是①
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯、聚乙烯均与溴的四氯化碳溶液不反应，则能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应并使之褪色的有②，故A错误；
B．含羧基的有机物与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，则能与碳酸氢钠溶液反应并产生CO2气体的有⑥，故B错误；
C．甲烷中任意2个H原子均相邻，则③的二氯取代物有1种，故C错误；
D．常温下苯为液体，有毒，含碳量高，则含碳量最高、有毒、常温下为液态且点燃时有浓烟的是①，故D正确；
故选：D。
18. 下图是部分矿物资源的利用及产品流程。下列说法错误的是
A. 不可用电解的方法制备金属铝
B. 生产纯硅的过程中涉及到的化学反应都是氧化还原反应
C. 黄铜矿冶炼铜时，副产物可用于生产硫酸，可用作冶炼铁的原料
D. 硅是光导纤维、太阳能电池和计算机芯片的重要材料
【答案】D
【解析】
【分析】电解熔融的氧化铝可以得到金属铝，石英成分为二氧化硅，得到粗硅，粗硅与氯气反应得到四氯化硅：，氢气和四氯化硅反应得到高纯度硅：；
【详解】A．氯化铝是分子晶体，熔融的氯化铝不导电，不可电解氯化铝制备铝，电解熔融的氧化铝可以获取金属铝，故A正确；
B．①，反应前后有元素化合价变化； ②反应前后有化合价变化；③，反应前后有元素化合价变化，所以都是氧化还原反应，故B正确；
C．SO2可以转化成SO3，进而生成H2SO4；FeO与CO在高温下可生成Fe，故C正确；
D．光导纤维主要成分二氧化硅，不是高纯硅，故D错误；
故选：D。
19. 海水中溶解和悬浮着大量的无机物和有机物，但许多元素的富集程度很低，目前，空气吹出法是用于工业规模化从海水中提溴的常用方法，其步骤如下：在预先经过酸化的浓缩海水中，用氯气置换溴离子使之成为溴单质，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂发生作用，再用氯气将其转化为溴单质。下列说法错误的是
A. 这些步骤的目的是富集海水中的溴
B. 溴蒸气和吸收剂发生作用时溴发生了还原反应
C. 最后的步骤中从溶液中分离得到溴单质的操作是用酒精萃取并分液
D. 没有用直接蒸馏法从浓缩并用氯气置换后的溶液中提溴的主要原因之一是为了节能
【答案】C
【解析】
【详解】A．这些步骤将低浓度的溴转变化浓度稍高的溴，实现了溴的富集，故A正确；
B．溴蒸汽和二氧化硫发生反应生成溴化氢、硫酸，溴元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；
C．将溴单质从水溶液中萃取出来可选用四氯化碳或者苯，不能选用乙醇，因为乙醇能与水互溶，故C错误；
D．溴水中的溴的浓度较低，没有用直接蒸馏法从浓缩并用氯气置换后的溶液中提溴的主要原因之一是为了节能，故D正确；
故选：C。
20. 溶液是一种常见的强氧化剂，的酸性溶液恰好把的草酸(H2C2O4)完全氧化，产物中铬元素的化合价为
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】C
【解析】
【详解】设产物中铬元素的化合价为x，由得失电子守恒可知，0.012L×0.1mol/L×2×(6-x)=0.036L×0.1mol/L×2×(4-3)，解得x=+3，故选：C。
21. 分子式为，且与乙酸互为同系物的同分异构体共有(不考虑立体异构)
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【详解】分子式为、且与乙酸互为同系物，则属于羧酸，可简写为C4H9COOH，丁基—C4H9有4种，则满足条件的同分异构体共有4种；
选B。
22. 海带中含有丰富的碘，某同学在老师的指导下按照如图所示的流程进行了实验。下列说法错误的是
A. 灼烧前要用水将海带洗净
B. 步骤③用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C. 灼烧后的灰烬中，碘元素以I-的形式存在
D. 步骤④反应的离子方程式为
【答案】A
【解析】
【分析】灼烧海带，将海带中的“有机碘”转化为“无机碘”，通过②浸泡得到浊液后，经③过滤操作将难溶物去除，而后通过氧化剂将碘离子氧化为碘单质，操作⑤是萃取，操作⑥为蒸馏，从碘的苯溶液中提取碘单质。
【详解】A．从流程看，灼烧前没有必要用水将海带洗净、灼烧时表面的杂质也会转化，而且洗后不干燥无法灼烧、要灼烧还得干燥，A错误；
B． 步骤③为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B正确；
C． 据分析知：灼烧后的灰烬中，碘元素以I-的形式存在，C正确；
D． 步骤④反应中二氧化锰将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为，D正确；
答案选A。
二、非选择题：本题共4小题，共56分。
23. I.实验室可用如图甲所示装置探究石蜡油的分解实验。
（1）实验开始后，酸性高锰酸钾溶液中观察到的现象是_______；
II.实验装置也可以改如图乙所示装置：在试管①中加入石蜡油和氧化铝，将试管②放在冷水中，在试管③中加入酸性高锰酸钾溶液。
（2）该实验中氧化铝的作用是_______。加入药品前，必须进行的操作是_______。装置中，冷水的作用是_______。
（3）试管②中的液体_______(填“能”或“不能”)用于萃取溴水中的溴，说明理由：_______。
III.用图丙所示装置可制取乙酸乙酯。在试管a中加入乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入浓硫酸和乙酸。
（4）图丙中装置A的导管应与装置_______的导管相连(填“B”或“C”)，试管a中浓硫酸的作用是_______。
IV.用图丁所示的装置可比较醋酸、碳酸和硅酸的酸性强弱。
（5）图丁中E中盛装的试剂是_______，请写出F中发生反应的离子方程式_______。
【答案】（1）导管口有气泡冒出，高锰酸钾溶液紫红色褪去
（2） ①. 催化剂 ②. 检验装置的气密性 ③. 冷凝气化的石蜡油以及产物中的长链烃
（3） ①. 不能 ②. 石蜡油分解的产物中含有烯烃，与溴水发生加成反应而使溴水褪色
（4） ①. B ②. 催化剂和吸水剂
（5） ①. 饱和碳酸氢钠溶液 ②. 2CO2++2H2O=H2SiO3↓+2
【解析】
【分析】石蜡油分解生成烯烃，烯烃能使高锰酸钾溶液褪色；氧化铝是石蜡油分解的催化剂；加入药品前，必须进行的操作是检验装置的气密性，装置中，冷水的作用是冷凝；试管②中的液体中含有烯烃，能使溴水褪色，不能用于萃取溴水中的溴；由于饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇、中和乙酸，为防止倒吸，导管应在液面上；图丙中装置A的导管应与装置B的导管相连，酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；利用强酸和弱酸的盐溶液反应制弱酸可以比较醋酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，验证碳酸和硅酸强弱时，要用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的乙酸。
【小问1详解】
石蜡油分解生成烯烃，实验开始后，酸性高锰酸钾溶液中观察到的现象是导管口有气泡冒出，高锰酸钾溶液紫红色褪去，故答案为：导管口有气泡冒出，高锰酸钾溶液紫红色褪去；
【小问2详解】
氧化铝是石蜡油分解的催化剂，该实验中氧化铝的作用是催化剂；加入药品前，必须进行的操作是检验装置的气密性，装置中，冷水的作用是冷凝气化的石蜡油以及产物中的长链烃，故答案为：催化剂；检验装置的气密性；冷凝气化的石蜡油以及产物中的长链烃；
【小问3详解】
试管②中的液体中含有烯烃，能使溴水褪色，不能用于萃取溴水中的溴，故答案为：不能；石蜡油分解的产物中含有烯烃，与溴水发生加成反应而使溴水褪色；
【小问4详解】
由于饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇、中和乙酸，为防止倒吸，导管应在液面上；图丙中装置A的导管应与装置B的导管相连，酯化反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故答案为：B；催化剂和吸水剂；
【小问5详解】
利用强酸和弱酸的盐溶液反应制弱酸可以比较醋酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，验证碳酸和硅酸强弱时，要用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的乙酸，图丁中E中盛装的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，F中CO2与Na2SiO3溶液反应的离子方程式为2CO2++2H2O=H2SiO3↓+2，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；2CO2++2H2O=H2SiO3↓+2。
24. 下表为元素周期表的一部分，已列出常见的十种短周期主族元素的分布，请用相关化学用语回答下列问题：
族
周期
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
一
①
二
②
③
④
⑤
三
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（1）上述十种元素中原子半径最大的是_______(填元素名称)。
（2）用电子式表示元素④与元素⑥形成型化合物的过程_______。
（3）写出元素⑦的最高价氧化物对应的水化物分别与元素⑥、⑩的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：_______、_______。
（4）元素⑧、⑨、⑩的最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序是_______(填化学式)。
（5）常温下，单质⑩与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（1）钠 （2）
（3） ①. Al(OH)3+OH-=+2H2O ②. Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
（4）H2SiO3＜H2SO4＜HClO4
（5）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】由元素在周期表中位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为F、⑥为Na、⑦为Al、⑧为Si、⑨为S、⑩为Cl；
小问1详解】
同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故上述十种元素中原子半径最大的是钠，故答案为：钠；
【小问2详解】
元素④与元素⑥形成A2B型化合物为Na2O，由钠离子与氧离子构成，用电子式表示其形成过程为，故答案为：；
【小问3详解】
氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；氢氧化铝与高氯酸反应生成Al(ClO4)3和H2O，反应离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=+2H2O；Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
【小问4详解】
元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Si＜S＜Cl，故最高价氧化物对应的水化物的酸性由弱到强的顺序是：H2SiO3＜H2SO4＜HClO4，故答案为：H2SiO3＜H2SO4＜HClO4；
【小问5详解】
氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
25. 石油的综合利用可获得各种燃料和化工原料。根据下列信息回答问题：
（1）上图流程中的“分馏”“裂化”中属于物理变化的是_______。
（2）丙烯酸乙酯的官能团名称是_______。
（3）石油在加热和催化剂作用下，可以通过结构重整转化为苯或者甲苯等，甲苯的一氯取代物有_______种。
（4）B是一种常见的高分子化合物，可做食品包装袋，其结构简式为_______。
（5）A转化为的化学方程式为_______。
（6）生成丙烯酸乙酯的化学方程式为_______，其反应类型为_______。
（7）一套以煤气(主要成分为)为燃料的灶具，改为液化石油气作燃料(主要成分为)应采取的措施是_______(答出一点即可)。
【答案】（1）分馏 （2）酯基、碳碳双键
（3）4 （4）
（5）
（6） ①. ②. 酯化反应(取代反应)
（7）增大空气进气量(或者减小液化石油气的进气量)
【解析】
【分析】石油分馏是利用各组分的沸点的不同、用加热的方法将各组分分离的操作，属于物理变化，而石油裂解是用重油生产“三烯”的过程，属于化学变化。A能与水反应生成乙醇，能与HCl反应生成氯乙烷，则A为CH2=CH2，两个反应均为加成反应。(4)中B是一种常见的高分子化合物，可做食品包装袋，A发生加聚反应生成B，则B为 ，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，据此分析。
【小问1详解】
石油的分馏是物理变化，裂解是化学变化，故答案为：分馏；
【小问2详解】
丙烯酸乙酯是由CH2=CHCOOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成的，结构简式为CH3CH2OOCCH=CH2，含有的官能团为酯基和碳碳双键，故答案为：酯基、碳碳双键；
【小问3详解】
甲苯中含4种等效氢，则其一氯代物有4种，故答案为：4；
【小问4详解】
B是一种常见的高分子化合物，可做食品包装袋，则B为聚乙烯，结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
A为CH2=CH2，和水发生加成反应制得CH3CH2OH，化学方程式为；
【小问6详解】
丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，化学方程式为，反应类型为酯化反应(取代反应)；
【小问7详解】
丙烷燃烧生成二氧化碳和水，反应方程式：；煤气中一氧化碳、氢气燃烧方程式依次为：，，依据燃烧方程式可知：煤气中一氧化碳、氢气燃烧时都是1体积气体消耗2体积氧气，而液化石油气燃烧，1体积气体消耗5体积氧气，所以改装灶具时，应增大空气进气量，或者减小液化石油气的进气量，故答案为：增大空气进气量(或者减小液化石油气的进气量)。
26. 我国拥有很长的海岸线，具有丰富的海洋资源，以海水为原料的盐化工是我国重要的产业。
I.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐中除外，还含有以及泥沙等杂质。制备精盐的实验方案及操作流程如图所示，回答下列问题：
（1）粗盐溶解后，第②③④步除杂过程中依次加入的试剂为_______。
（2）第⑦步的操作是_______。
II.卤块的主要成分是含30%的，此外还含有和等离子。以卤块为原料按下图所示工艺流程进行生产，可制得轻质氧化镁。若要求产品中尽量不含杂质，且低成本生产，请根据表1和表2提供的资料，回答下列问题：
表1生成氢氧化物沉淀的 表2原料价格表
物质
开始沉淀
沉淀完全
物质
价格/(元·吨-1)
2.7
3.7
漂液(含)
450
7.6
9.6
双氧水(含)
2400
8.3
9.8
烧碱(含)
2100
9.6
11.1
纯碱(含)
600
已知：氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去。
（3）表2中的物质可作为步骤②中试剂X的最佳选择的是_______，原因是_______，其作用是_______。
（4）在步骤③中加入试剂Y控制，其目的是_______。
（5）在步骤④中加入试剂Z后的操作是_______；检验步骤④所得沉淀物是否洗涤于净的方法是_______。
（6）在步骤⑤中发生反应的化学方程式为_______。
（7）取300.0吨卤块用于制取轻质氧化镁，实际制得32.0吨，则该工艺流程的产率为_______(保留1位小数)。
【答案】（1）BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3
（2）蒸发结晶 （3） ①. 漂液 ②. 漂液价格更低廉 ③. 将Fe2+氧化成Fe3+
（4）使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去
（5） ①. 过滤、洗涤 ②. 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净
（6）
（7）84.4%
【解析】
【分析】II.为除去Fe2+，先将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入NaOH调节pH为9.8，然后在滤液中加入纯碱将Mg2+从溶液中以MgCO3沉淀出来，然后加热煮沸可得到Mg(OH)2，灼烧后得到MgO，以此解答该题。
【小问1详解】
粗盐提纯时，加入的除杂试剂的顺序应满足：BaCl2在Na2CO3溶液之后加入，故第②③④步除杂过程中依次加入的试剂为BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3，故答案为：BaCl2、Na2CO3、NaOH或BaCl2、NaOH、Na2CO3或NaOH、BaCl2、Na2CO3；
【小问2详解】
第⑦步操作是从NaCl溶液中得到NaCl晶体，故为蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；
【小问3详解】
步骤②是为了将Fe2+氧化成Fe3+，并在控制合适的pH条件时生成Fe(OH)3沉淀而除之。虽然漂液和H2O2都可采用，但对比表2提供的原料价格可以看出，漂液比H2O2的价格低得多，所以选漂液最合理，故答案为：漂液；漂液价格更低廉；将Fe2+氧化成Fe3+；
【小问4详解】
分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高。为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度，故答案为：使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都成为氢氧化物沉淀以便除去；
【小问5详解】
步骤④中加入的试剂Z后生成沉淀，加水煮沸生成沉淀和气体，则沉淀不可能为氢氧化镁，应为MgCO3，则试剂Z只能为纯碱，加入试剂Z后的操作是过滤、洗涤；由于MgCO3是从NaCl溶液中过滤出，故检验步骤④所得MgCO3是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：过滤、洗涤；取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；
【小问6详解】
在步骤⑤中发生的反应是碳酸镁加热和水反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀溶解度小于碳酸镁的溶解度实现沉淀转化，反应化学方程式为，故答案为：；
【小问7详解】
卤块的主要成分是含30%的MgCl2，取300.0吨卤块用于制取轻质氧化镁，实际制得32.0吨，则该工艺流程的产率为。
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